高中物理牛顿运动定律考点题型与解题方法.docx

高中物理牛顿运动定律考点题型与解题方法

1

单选题
1、如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示（取g＝10 m/s2），则下列说法正确的是（　　）

A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
答案：B
解析：
AB．由匀变速直线运动规律可得
v2-v02=2ax
整理得
v2=2a⋅x+v02
对比图线可知，斜率为
2a1=1005m/s2
解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为
a1＝10m/s2
减速到零的时间为
t1=v0a1=1s
故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；
CD．物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足
2a2=6413-5m/s2
解得
a2＝4m/s2
两过程据牛顿第二定律分别可得
F＋f＝ma1
F－f＝ma2
联立两式解得
F＝7N，f＝3N
则动摩擦因数为
μ=fmg=0.3
CD错误。
故选B。
2、如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：经多长时间两者达到相同的速度？（　　）

A．0.5sB．1sC．1.5sD．2s
答案：D
解析：
小物块放到小车上后，根据题意，对小物块由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对小车由牛顿第二定律得
F-μmg=Ma2
设经过时间t两者速度相等，根据速度与时间的关系式有
3+a2t=a1t
解得
t=2s
故ABC错误D正确。
故选D。
3、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（       ）

A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1. 2s
C．小物块向上滑行的最远距离为4m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
答案：C
解析：
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
t1=v1-v2-a1=0.6s
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为
t2=v1a2=1s
故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为
x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m
故C正确。
故选C。
4、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（       ）

A．20NB．15NC．25ND．10N
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F合m
则有
F﹣μmg＝ma
F＝0.3×5×10+2×5＝25N
故选C。
5、一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=08，g取10m/s2。小物块沿斜面上滑时的加速度大小为（　　）

A．5 m/s2B．4 m/s2
C．8 m/s2D．10 m/s2
答案：C
解析：
对物块分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°=ma
代入数据解得
a=8ms2
故ABD错误C正确。
故选C。
6、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，maxb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
7、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（     ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
答案：D
解析：
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
D正确。
故选D。
8、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（　　）

A．宇航员在火箭发射过程中处于失重状态
B．航天员甲的质量为Ftv
C．天宫一号在太空中处于超重状态
D．太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小
答案：B
解析：
A．宇航员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；
B．支架复位过程，航天员甲的加速度为
a=vt
由牛顿第二定律可得
F=Ma
联立解得
M=Ftv
B正确；
C．天宫一号在太空中处于失重状态，C错误；
D．太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D错误。
故选B。
多选题
9、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A．若恒力F=0，物块滑岀木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为4N
答案：BC
解析：
结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段。第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出。
A．物块刚滑上木板时，物块加速度a1有
ma1=μmg
得到
a1=2m/s2
物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有
Ma2=μmg
得到
a2=4m/s2
由题意可知，当F=0时，物块，木板的位移差为1m，则
x1=v0t-12a1t2
x2=12a2t2
x1-x2=1
解得
t=1s
物块滑出木板时的速度
v=v0-at=4-2m/s=2m/s
A错误；
C．当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有
Ma3=μmg+F
x3=v0t-12a1t2
x4=12a3t2
x3-x4=1
v0-a1t=a3t
解得
F=1N
C正确；
D．C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有
F+μmg=ma4
μmg=ma4
解得
F=3N
则C、D点拉力为3N，D错误；
B．此时物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有
a5=F+μmgM=3+20.5m/s2=10m/s2
两者速度相等时，位移差有
a5t=a0-a1t
v0t-12a1t2-12a5t2=x
解得
x=23
故
s-1=32m-1=1.5m-1
B正确；
故选BC。
11、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则（　　）

A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
答案：AB
解析：
A．由图乙可知，物块加速过程的加速度大小
a=ΔvΔt=44m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律可知
a＝μg
联立解得
μ＝0.1
故A正确；
B．由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离
x=(2+6)×42m=16m
小物块在传送带上留下的痕迹是
l＝4×4 m－4×42m＝8m
故B正确；
C．物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为
W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J
故C错误；
D．物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。
故选AB。
12、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（　　）

A．g2B．3g3C．3g2D．3g
答案：BD
解析：
当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向
TAOcos30°=ma
竖直方向
TAOsin30=mg
联立解得最大加速度
a=3g
当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向
TBOsin60°=mg
水平方向
TBOcos60°=ma'
联立解得最大加速度
a'=33g
故BD正确，AC错误。
故选BD。
13、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（　　）

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθ
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
答案：BC
解析：
AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得
Fcosθ=mg，Fsinθ=T
解得
F=mgcosθ，T=mgtanθ
在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为
a=gsinθ
B正确，A错误；
CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度
a=gcosθ
C正确，D错误。
故选BC。
15、如图所示，轻杆一端固定在O点，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．v2=a时，小球完全失重B．v2=c时，杆对小球弹力方向竖直向上
C．小球的质量为bRaD．当地的重力加速度大小为aR
答案：ACD
解析：
A．由图可知：v2=a时，FN=0，此时小球仅受重力作用，加速度为向下的重力加速度，处于完全失重状态，故A正确；
B．由图可知：当v2a时，球需要的向心力大于重力，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故B错误；
CD．在最高点，若v=0，则有
mg-FN1=mg-b=0
当FN=0时，则有：
mg=mv2R=maR
可得
g=aR，m=bRa
故CD正确。
故选ACD。
16、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD
解析：
A．亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；
BCD．牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
故选BCD。
填空题
17、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx（k为已知量）。物体刚下滑时加速度大小为______，当下滑距离为______时，物体有最大速度。（重力加速度为g）
答案：     gsinθ     tanθk
解析：
[1]x=0时，动摩擦因数为零，则物体不受摩擦力，所以加速度大小为
a=gsinθ
[2]速度最大时，加速度为零，有
μmgcosθ=mgsinθ
此时
kxcosθ=sinθ
解得
x=sinθkcosθ=tanθk
18、如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为______，A与B的加速度之比为______。

答案：     (cosθ)2:1     cosθ:1
解析：
[1]将细线L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力
F1=mgcosθ
弹簧弹力不变，为
FT=mgcosθ
则
F1FT=(cosθ)21
[2] 对A由牛顿第二定律得
mgsinθ=maA
解得
aA=gsinθ
弹簧的弹力不可突变，将细线L2剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得
mgtanθ=maB
解得

aB=gtanθ
则A与B的加速度之比为cosθ:1
19、牛顿第二定律确定了物体______和力的关系：加速度的大小与物体______的大小成正比，与物体的______成反比；加速度的方向与物体______的方向相同。
答案：     加速度     所受合力     质量     受到的合力
解析：
略
20、如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比为_______，在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为_______。

答案：     2:1     1:2
解析：
[1]设AB的质量分别为4m和m，对A分析可知，绳子的拉力
T1=4mgsin30∘=2mg
对B物体
T1=mg+T2
解得下边绳子的拉力为
T2=mg
则B物体上、下两绳拉力之比为2:1；
[2]设开始时AB距离地面的高度分别为h，则B落地时间
t=2hg
B落地速度
vB=2gh
此时A的速度
vA=at=gsin30∘t=122gh
即当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为1:2。
21、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带，经过0.5s时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2，则货箱与传送带之间的动摩擦因数为____________，因摩擦产生的热量为__________J。

答案：     0.4     3
解析：
[1]货箱在摩擦力的作用下加速运动，根据牛顿第二定律可得
f=ma=μmg
又
v=at
代入数据，解得
μ=0.4
[2]根据摩擦力产生热量的公式，即
Q=μmgΔx
又
Δx=x传-x货箱
代入数据，解得
Δx=0.5m
故可得因摩擦产生的热量为
Q=3J
22、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角θ=37∘角的斜向上的拉力。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为________。

答案：16.25m
解析：
物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。

根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff=ma
Fsinθ＋FN－G=0
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力
Ff=μFN
联立方程，解得
a=1.3m/s2
由运动学公式得5s内物体的位移
x=12at2=12×1.3×52m=16.25m

23、完全失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______的状态。
（2）产生条件：a＝g，方向______。
答案：     等于零     竖直向下
解析：
略
24、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
解答题
25、如图所示，滑板静止在水平轨道上，质量m＝2 kg，板长L＝0.6 m，左端A点到轨道上B点距离x＝6 m，滑板与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。现对滑板施加水平向右的推力F＝10 N，作用一段时间后撤去，滑板右端恰能到达B点，求：
（1）推力F作用的时间；
（2）推力F的最大功率。

答案：（1）12 s；（2）36 W
解析：
（1）在外力F作用下，根据牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得
a1＝3 m/s2
经历的时间为t，则
v＝a1t
通过的位移为
x1=v22a1
撤去外力后的加速度大小为
a2=μmgm=2m/s2
减速通过的位移为
x2=v22a2
又因
x1＋x2＝x－L
联立解得
t＝1.2 s
v＝3.6 m/s
（2）推力的最大功率
P＝Fv＝10×3.6 W＝36 W
26、如图甲所示，传送带以v0=10m/s的速度逆时针转动，一质量m=10kg的物体（可视为质点）以水平向右的速度v冲上传送带。从物体冲上传送带开始物体在0~2s内受到与物体运动方向相反的水平恒力作用，2~4s将水平外力反向，大小不变，物体的对地速度与时间的关系图象如图乙所示，取g=10m/s2。求：传送带与物体之间的动摩擦因数；

答案：μ=0.3
解析：
由图像可知0~2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为
a1=Δv1Δt1=102m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律有
f+F=ma2
2~4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为
a2=Δv2Δt2=22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有
f-F=ma2
联立并代入数据解得
f=30N
又
f=μmg
解得
μ=0.3
27、某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯（即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲），一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t=2.4s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移Δx=6cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h=2.16m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动摩擦因数μ。（g取10m/s2）
答案：0.40
解析：
由题意可知每两张照片的时间间隔为
Δt=160s
在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为
v=ΔxΔt=0.06160=3.6m/s
把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为
a=vt=3.62.4m/s2=1.5 m/s2
设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为θ，则
l=v22a=3.622×1.5m=4.32 m
所以
sinθ=hl=2.164.32=0.5
小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入数据解得
μ0.40
28、如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝33、μ2＝0.5，求：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；
（2）物体运动到B处的速度；
（3）推力作用的距离及时间。

答案：（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）23m/s；（3）2m， 233s
解析：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
F+mgsin30°-μ1mgcos30°=ma1
解得
a1=3m/s2
方向沿斜面向下；
（2）物体在水平面上运动的加速度大小为
a2=μ2mgm=5m/s2
根据速度-位移关系可得
vB2＝2a2x
解得
vB=23m/s
（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力
mgsin30°＝1.5N
摩擦力大小为
f＝μ1mgcos30°＝1.5N
所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为
v=vB=23m/s
推力作用的距离为
s=v22a1=2m
经过的时间为
t=va1=233s
29、如图所示，质量为m1=1kg的小物块A，以v1=4.0m/s的初速度水平向右滑上质量为m2=1.0kg、初速度大小为v2=5.0m/s向左运动的长木板B，已知A、B之间的动摩擦因数μ1=0.20 ，B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.40，整个过程中小物块并未从长木板上滑下，g取10 m/s2。则：
（1）求小物块A刚滑上长木板B时，小物块与长木板的加速度大小和方向。
（2）求从小物块A刚滑上长木板B到二者刚好相对静止时小物块的位移大小。

答案：（1）10m/s2，方向水平向右；（2）4m
解析：
（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g=m1a1
解得加速度
a1=μ1g=2m/s2
方向水平向左；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2
解得加速度
a2=10m/s2
方向水平向右
（2）AB都做匀减速运动，当B的速度减为零时，所需的时间为
t=v2a2=0.5s
此时A的速度
vA=v1-a1t=3m/s
方向水平向右；此后，由于
μ1m1g=2N＜μ2(m1+m2)g=8N
所以B静止，A继续向右匀减速运动，直到停止。对A由匀变速运动推导公式
v12=2a1x
解得物块的位移大小为
x=4m
30、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
31、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？
（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？
（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N
解析：
（1）由图像可知：前2m内对A有
v2=2a1x
得出
a1=1m/s2
2m后，对A有
v12-v02=2a2x
a2=4m/s2
（2）对B受力分析有
μ1mg-μ22mg=ma0
外力F使A在B上的临界加速度为
a0=2m/s2
外力F对AB整体有
F0-μ2⋅2mg=2ma0
F0=6N

（3）运动前2m
a1=1m/s2a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
32、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取10m/s2）
答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
实验题
33、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为___________N/m。某时刻观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为___________（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为___________m/s2。

答案：     10     竖直向上     1.0
解析：
[1] 根据胡克定律F=kΔx可得
k=FΔx=ΔmgΔx=(100-90)×10-3×101×10-2N/m=10N/m
[2] 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；
[3] 此时弹簧的弹力大小为
F=mg+kΔx'=0.1×10+10×0.01N=1.1N
根据牛顿第二定律有
F-mg=ma
代入数据解得
a=1.0m/s2
34、某实验小组利用图示装置来测定滑块与桌面间的动摩擦因数，具体实验步骤如下：

①首先用游标卡尺测量出遮光片宽度为d；然后将遮光片固定在滑块上；
②如图所示，将滑块置于桌面上左端A处，与桌面平行的细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物连接，保持滑块静止，测量重物离地面的高度h；
③在距滑块h处固定一个光电门，滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的C点（未与滑轮碰撞），记下数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用的时间；并用毫米刻度尺测量出C、A间的距离s；（已知重力加速度为g）。请完成以下问题：
(1)若游标卡尺读数如图所示，则遮光片宽度d=_______cm；

(2)某次实验中数字毫秒计的示数为Δt，则滑块和桌面的动摩擦因数为_________（用d，s，h，Δt、g表示）
(3)本实验在获得小车通过光电门的瞬时速度时存在误差，测量的速度值______（填“大于”“等于”或“小于”）遮光片中心通过光电门时的瞬时速度的真实值。
答案：     0.180     d22gs-hΔt2     小于
解析：
(1)[1]游标卡尺可先以毫米为单位读数，游标尺的零刻度超过主尺上1mm处，因此整数部分为1mm，游标尺上第16格（标注8的位置）与主尺上某格对齐，因此小数部分为0.05×16mm=0.80mm，因此读数为1+0.80mm=1.80mm=0.180cm。
(2)[2]由题意可知，滑块先做匀加速直线运动（此过程位移为h，初速度为零）后做匀减速直线运动（此过程位移为s-h，末速度为零）；而且匀减速运动加速度为
a=μg
且
0-v2=-2as-h
速度v由光电门测出
v=dΔt
联立各式可得
μ=d22gs-hΔt2
(3)[3]由运动学规律可知
v=dΔt=vt2小于真实值。
35、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，小车加速度a与拉力F的关系”。

按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上
A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a
B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动
C．取下细绳和沙桶。测量沙子和桶的质量m。改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。进行多次实验正确的实验步骤是______